Shembuj të ekuacioneve homogjene trigonometrike të shkallës së parë. Sisteme me ekuacione jolineare

Me këtë video mësim, nxënësit do të mund të studiojnë temën e ekuacioneve trigonometrike homogjene.

Le të japim përkufizime:

1) një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë duket si një sin x + b cos x = 0;

2) një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së dytë duket si një sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0.

Konsideroni ekuacionin a sin x + b cos x = 0. Nëse a është e barabartë me zero, atëherë ekuacioni do të duket si b cos x = 0; nëse b është e barabartë me zero, atëherë ekuacioni do të duket si një sin x = 0. Këto janë ekuacionet që i kemi quajtur më të thjeshtat dhe janë zgjidhur më herët në temat e mëparshme.

Tani merrni parasysh opsionin kur a dhe b nuk janë të barabarta me zero. Duke pjesëtuar pjesët e ekuacionit me kosinusin x, kryejmë transformimin. Marrim një tg x + b = 0, atëherë tg x do të jetë e barabartë me - b/a.

Nga sa më sipër rezulton se ekuacioni a sin mx + b cos mx = 0 është një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës I. Për të zgjidhur një ekuacion, pjesëtojini pjesët e tij me cos mx.

Le të shohim shembullin 1. Të zgjidhim 7 sin (x/2) - 5 cos (x/2) = 0. Së pari, ndani pjesët e ekuacionit me kosinus (x/2). Duke ditur se sinusi i pjesëtuar me kosinus është tangjent, marrim 7 tan (x/2) - 5 = 0. Duke transformuar shprehjen, gjejmë se vlera e tan (x/2) është e barabartë me 5/7. Zgjidhja e këtij ekuacioni ka formën x = arctan a + πn, në rastin tonë x = 2 arctan (5/7) + 2πn.

Konsideroni ekuacionin a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0:

1) me një të barabartë me zero, ekuacioni do të duket si b sin x cos x + c cos 2 x = 0. Duke transformuar, marrim shprehjen cos x (b sin x + c cos x) = 0 dhe vazhdojmë të zgjidhim dy ekuacionet. Pas pjesëtimit të pjesëve të ekuacionit me kosinusin x, fitojmë b tg x + c = 0, që do të thotë tg x = - c/b. Duke ditur se x = arctan a + πn, atëherë zgjidhja në këtë rast do të jetë x = arctan (- с/b) + πn.

2) nëse a nuk është e barabartë me zero, atëherë duke pjesëtuar pjesët e ekuacionit me kosinusin në katror, ​​fitojmë një ekuacion që përmban një tangjente, e cila do të jetë kuadratike. Ky ekuacion mund të zgjidhet duke futur një ndryshore të re.

3) kur c është i barabartë me zero, ekuacioni do të marrë formën a sin 2 x + b sin x cos x = 0. Ky ekuacion mund të zgjidhet duke hequr sinusin x nga kllapa.

1. shikoni nëse ekuacioni përmban një sin 2 x;

2. Nëse ekuacioni përmban termin a sin 2 x, atëherë ekuacioni mund të zgjidhet duke pjesëtuar të dyja anët me kosinusin në katror dhe më pas duke prezantuar një ndryshore të re.

3. Nëse ekuacioni nuk përmban një sin 2 x, atëherë ekuacioni mund të zgjidhet duke nxjerrë cosx nga kllapat.

Le të shqyrtojmë shembullin 2. Le të nxjerrim kosinusin nga kllapat dhe të marrim dy ekuacione. Rrënja e ekuacionit të parë është x = π/2 + πn. Për të zgjidhur ekuacionin e dytë, pjesët e këtij ekuacioni i ndajmë me kosinusin x dhe me transformim fitojmë x = π/3 + πn. Përgjigje: x = π/2 + πn dhe x = π/3 + πn.

Le të zgjidhim shembullin 3, një ekuacion të formës 3 sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + 3 cos 2 2x = 2 dhe të gjejmë rrënjët e tij, të cilat i përkasin segmentit nga - π në π. Sepse Ky ekuacion është johomogjen, është e nevojshme ta sjellim atë në një formë homogjene. Duke përdorur formulën sin 2 x + cos 2 x = 1, marrim ekuacionin sin 2 2x - 2 sin 2x cos 2x + cos 2 2x = 0. Duke pjesëtuar të gjitha pjesët e ekuacionit me cos 2 x, marrim tg 2 2x + 2tg 2x + 1 = 0 Duke përdorur hyrjen e një ndryshoreje të re z = tan 2x, zgjidhim ekuacionin rrënja e të cilit është z = 1. Pastaj tan 2x = 1, që nënkupton se x = π/8 + (πn)/2. . Sepse sipas kushteve të problemit, duhet të gjeni rrënjët që i përkasin segmentit nga - π në π, zgjidhja do të ketë formën - π< x <π. Подставляя найденное значение x в данное выражение и преобразовывая его, получим - 2,25 < n < 1,75. Т.к. n - это целые числа, то решению уравнения удовлетворяют значения n: - 2; - 1; 0; 1. При этих значениях n получим корни решения исходного уравнения: x = (- 7π)/8, x = (- 3π)/8, x =π/8, x = 5π/8.

DEKODIMI I TEKSTIT:

Ekuacionet trigonometrike homogjene

Sot do të shohim se si zgjidhen "ekuacionet trigonometrike homogjene". Këto janë ekuacione të një lloji të veçantë.

Le të njihemi me përkufizimin.

Ekuacioni i formës dhe sin x+bcosx = 0 (dhe sinus x plus kosinus x është i barabartë me zero) quhet ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë;

ekuacioni i formës dhe mëkati 2 x+bmëkat xcosx+scos 2 x= 0 (dhe sinusi katror x plus të jetë sinus x kosinus x plus se kosinus katrori x është i barabartë me zero) quhet një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së dytë.

Nëse a=0, atëherë ekuacioni merr formën bcosx = 0.

Nëse b = 0 , atëherë marrim dhe sin x= 0.

Këto ekuacione janë trigonometrike elementare, dhe ne diskutuam zgjidhjen e tyre në temat tona të mëparshme

Le të shqyrtojmë rastin kur të dy koeficientët nuk janë të barabartë me zero. Le të ndajmë të dyja anët e ekuacionit Amëkatx+ bcosx = 0 anëtar për anëtar cosx.

Ne mund ta bëjmë këtë pasi kosinusi i x është i ndryshëm nga zero. Në fund të fundit, nëse cosx = 0 , pastaj ekuacioni Amëkatx+ bcosx = 0 do të marrë formën Amëkatx = 0 , A≠ 0, pra mëkatx = 0 . E cila është e pamundur, sepse sipas identitetit bazë trigonometrik mëkat 2 x+cos 2 x=1 .

Pjestimi i të dy anëve të ekuacionit Amëkatx+ bcosx = 0 anëtar për anëtar cosx, marrim: + =0

Le të bëjmë transformimet:

1. Meqenëse = tg x, atëherë =dhe tg x

2 zvogëlohet me cosx, Pastaj

Kështu marrim shprehjen e mëposhtme dhe tg x + b =0.

Le të bëjmë transformimin:

1.lëvizni b në anën e djathtë të shprehjes me shenjën e kundërt

dhe tg x =- b

2. Le të heqim qafe shumëzuesin dhe pjesëtimi i të dyja anët e ekuacionit me a

tan x= -.

Përfundim: Ekuacioni i formës një mëkatmx+bcosmx = 0 (dhe sinus em x plus kosinus em x është zero) quhet gjithashtu një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë. Për ta zgjidhur atë, ndani të dyja anët me cosmx.

SHEMBULL 1. Zgjidhe ekuacionin 7 sin - 5 cos = 0 (shtatë sinus x mbi dy minus pesë kosinus x mbi dy barazohet me zero)

Zgjidhje. Duke pjesëtuar të dyja anët e termit të ekuacionit me cos, marrim

1. = 7 tan (pasi raporti i sinusit me kosinusin është një tangjente, atëherë shtatë sinus x me dy pjesëtuar me kosinus x me dy janë të barabarta me 7 tan x me dy)

2. -5 = -5 (me shkurtim cos)

Në këtë mënyrë kemi marrë ekuacionin

7tg - 5 = 0, Le të transformojmë shprehjen, lëvizim minus pesë në anën e djathtë, duke ndryshuar shenjën.

Ekuacionin e kemi reduktuar në formën tg t = a, ku t=, a =. Dhe meqenëse ky ekuacion ka një zgjidhje për çdo vlerë A dhe këto zgjidhje kanë formën

x = arctan a + πn, atëherë zgjidhja e ekuacionit tonë do të ketë formën:

Arctg + πn, gjeni x

x=2 arctan + 2πn.

Përgjigje: x=2 arctan + 2πn.

Le të kalojmë në ekuacionin homogjen trigonometrik të shkallës së dytë

Asin 2 x+b sin x cos x +Mecos 2 x= 0.

Le të shqyrtojmë disa raste.

I. Nëse a=0, atëherë ekuacioni merr formën bmëkatxcosx+scos 2 x= 0.

Gjatë zgjidhjes së e Më pas përdorim metodën e faktorizimit të ekuacioneve. Do ta nxjerrim cosx përtej kllapave marrim: cosx(bmëkatx+scosx)= 0 . Ku cosx= 0 ose

b sin x +Mecos x= 0. Dhe ne tashmë dimë se si t'i zgjidhim këto ekuacione.

Le t'i ndajmë të dyja anët e ekuacionit term me term me cosх, marrim

1 (pasi raporti i sinusit me kosinusin është një tangjente).

Kështu marrim ekuacionin: b tg x+c=0

Ekuacionin e kemi reduktuar në formën tg t = a, ku t= x, a =. Dhe meqenëse ky ekuacion ka një zgjidhje për çdo vlerë A dhe këto zgjidhje kanë formën

x = arctan a + πn, atëherë zgjidhja e ekuacionit tonë do të jetë:

x = arctan + πn, .

II. Nëse a≠0, atëherë i ndajmë të dyja anët e ekuacionit term për term në cos 2 x.

(Duke argumentuar në mënyrë të ngjashme, si në rastin e një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së parë, kosinusi x nuk mund të shkojë në zero).

III. Nëse c=0, atëherë ekuacioni merr formën Amëkat 2 x+ bmëkatxcosx= 0. Ky ekuacion mund të zgjidhet me metodën e faktorizimit (ne nxjerrim mëkatx përtej kllapave).

Kjo do të thotë se gjatë zgjidhjes së ekuacionit Amëkat 2 x+ bmëkatxcosx+scos 2 x= 0 mund të ndiqni algoritmin:

SHEMBULL 2. Zgjidheni ekuacionin sinxcosx - cos 2 x= 0 (sine x herë kosinus x minus rrënjën e trefishit të kosinusit katror x është zero).

Zgjidhje. Le ta faktorizojmë (fusim cosx jashtë kllapave). marrim

cos x(sin x - cos x)= 0, d.m.th. cos x=0 ose sin x - cos x= 0.

Përgjigje: x =+ πn, x= + πn.

SHEMBULL 3. Zgjidheni ekuacionin 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 (tre sinus në katror dy X minus dyfishi i prodhimit të sinusit dy X herë kosinusit dy X plus tre kosinusit në katror dy X) dhe gjeni rrënjët e tij që i përkasin intervali (- π;

Zgjidhje. Ky ekuacion nuk është homogjen, ndaj le të bëjmë disa transformime. Ne zëvendësojmë numrin 2 që gjendet në anën e djathtë të ekuacionit me produktin 2 1

Meqenëse sipas identitetit kryesor trigonometrik sin 2 x + cos 2 x =1, atëherë

2 ∙ 1= 2 ∙ (sin 2 x + cos 2 x) = duke hapur kllapat marrim: 2 sin 2 x + 2 cos 2 x.

2 ∙ 1= 2 ∙ (sin 2 x + cos 2 x) =2 sin 2 x + 2 cos 2 x

Kjo do të thotë se ekuacioni 3sin 2 2x - 2 sin2xcos2 x +3cos 2 2x= 2 do të marrë formën:

3sin 2 2x - 2 sin 2x cos2 x +3cos 2 2x = 2 sin 2 x + 2 cos 2 x.

3sin 2 2x - 2 sin 2x cos2 x +3cos 2 2x - 2 sin 2 x - 2 cos 2 x=0,

sin 2 2x - 2 sin 2x cos2 x +cos 2 2x =0.

Ne morëm një ekuacion homogjen trigonometrik të shkallës së dytë. Le të zbatojmë metodën e pjesëtimit term pas termi me cos 2 2x:

tg 2 2x - 2tg 2x + 1 = 0.

Le të prezantojmë një variabël të ri z= tan2х.

Kemi z 2 - 2 z + 1 = 0. Ky është një ekuacion kuadratik. Duke vërejtur formulën e shkurtuar të shumëzimit në anën e majtë - katrorin e diferencës (), marrim (z - 1) 2 = 0, d.m.th. z = 1. Le të kthehemi te zëvendësimi i kundërt:

Ekuacionin e kemi reduktuar në formën tg t = a, ku t= 2x, a =1. Dhe meqenëse ky ekuacion ka një zgjidhje për çdo vlerë A dhe këto zgjidhje kanë formën

x = arctan x a + πn, atëherë zgjidhja e ekuacionit tonë do të jetë:

2х= arctan1 + πn,

x = + , (x është e barabartë me shumën e pi shumë tetë dhe pi en herë dy).

Gjithçka që duhet të bëjmë është të gjejmë vlerat e x që përmbahen në interval

(- π; π), d.m.th. plotësoni pabarazinë e dyfishtë - π x π. Sepse

x= +, pastaj - π + π. Ndani të gjitha pjesët e kësaj pabarazie me π dhe shumëzoni me 8, marrim

lëvizni një në të djathtë dhe në të majtë, duke ndryshuar shenjën në minus një

pjesëtojmë me katër marrim,

Për lehtësi, ne i ndajmë të gjitha pjesët në fraksione

-

Kjo pabarazi plotësohet nga numri i plotë n vijues: -2, -1, 0, 1

Detaji i fundit, si të zgjidhni detyrat C1 nga Provimi i Unifikuar i Shtetit në matematikë - zgjidhja e ekuacioneve trigonometrike homogjene. Ne do t'ju tregojmë se si t'i zgjidhni ato në këtë mësim të fundit.

Cilat janë këto ekuacione? Le t'i shkruajmë ato në terma të përgjithshëm.

$$a\sin x + b\cos x = 0,$$

ku `a` dhe `b` janë disa konstante. Ky ekuacion quhet ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë.

Ekuacioni trigonometrik homogjen i shkallës së parë

Për të zgjidhur një ekuacion të tillë, duhet ta pjesëtoni me `\cos x`. Pastaj do të marrë formën

$$\newcommand(\tg)(\mathop(\mathrm(tg))) a \tg x + b = 0.$$

Përgjigja për një ekuacion të tillë shkruhet lehtësisht duke përdorur arktangjenten.

Vini re se `\cos x ≠0`. Për ta verifikuar këtë, ne zëvendësojmë zeron në ekuacion në vend të kosinusit dhe gjejmë se edhe sinusi duhet të jetë i barabartë me zero. Megjithatë, ato nuk mund të jenë të barabarta me zero në të njëjtën kohë, që do të thotë se kosinusi nuk është zero.

Disa nga pyetjet në provimin real të këtij viti përfshinin një ekuacion homogjen trigonometrik. Ndiqni lidhjen për. Ne do të marrim një version paksa të thjeshtuar të problemit.

Shembulli i parë. Zgjidhja e një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së parë

$$\sin x + \cos x = 0.$$

Pjestojeni me `\cos x`.

$$\tg x + 1 = 0,$$

$$x = -\frac(\pi)(4)+\pi k.$$

E përsëris, një detyrë e ngjashme ishte në Provimin e Unifikuar të Shtetit :) natyrisht, ju ende duhet të zgjidhni rrënjët, por kjo gjithashtu nuk duhet të shkaktojë ndonjë vështirësi të veçantë.

Tani le të kalojmë te lloji tjetër i ekuacionit.

Ekuacioni trigonometrik homogjen i shkallës së dytë

Në përgjithësi duket kështu:

$$a\sin^2 x + b\sin x \cos x + c\cos^2 x =0,$$

ku `a, b, c` janë disa konstante.

Ekuacione të tilla zgjidhen duke pjesëtuar me `\cos^2 x` (që përsëri nuk është zero). Le të shohim një shembull menjëherë.

Shembulli i dytë. Zgjidhja e një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së dytë

$$\sin^2 x - 2\sin x \, \cos x - 3\cos^2 x = 0.$$

Pjestojeni me `\cos^2 x`.

$$(\tg)^2 x - 2\tg x -3 =0.$$

Le të zëvendësojmë `t = \tg x`.

$$t^2 - 2t -3 = 0,$$

$$t_1 = 3,\t_2 = -1.$$

Zëvendësimi i kundërt

$$\tg x = 3, \text(ose ) \tg x = -1,$$

$$x = \arctan(3)+\pi k, \text(ose ) x= -\frac(\pi)(4)+ \pi k.$$

Përgjigja është marrë.

Shembulli i tretë. Zgjidhja e një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së dytë

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2.$$

Gjithçka do të ishte mirë, por ky ekuacion nuk është homogjen - "-2" në anën e djathtë na ndërhyn. Çfarë duhet bërë? Le të përdorim identitetin bazë trigonometrik dhe të shkruajmë '-2' duke e përdorur atë.

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x = -2(\sin^2 x + \cos^2 x ), $$

$$-\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - 3\cos^2 x + 2\sin^2 x + 2\cos^2 x = 0, $$

$$\sin^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3)\sin x \cos x - \cos^2 x = 0.$$

Pjestojeni me `\cos^2 x`.

$$(\tg)^2 x + \frac(2\sqrt(2))(3) \tg x - 1 = 0,$$

Zëvendësimi `t= \tg x`.

$$t^2 + \frac(2\sqrt(2))(3) t - 1 = 0,$$

$$t_1 = \frac(\sqrt(3))(3),\ t_2 = -\sqrt(3).$$

Duke kryer zëvendësimin e kundërt, marrim:

$$\tg x = \frac(\sqrt(3))(3) \text(ose ) \tg x = -\sqrt(3).$$

$$x =-\frac(\pi)(3) + \pi k,\ x = \frac(\pi)(6)+ \pi k.$$

Ky është shembulli i fundit në këtë tutorial.

Si zakonisht, më lejoni t'ju kujtoj: trajnimi është gjithçka për ne. Pavarësisht se sa i shkëlqyer është një person, aftësitë nuk do të zhvillohen pa trajnim. Gjatë provimit, kjo është e mbushur me ankth, gabime dhe humbje kohe (vazhdoni vetë këtë listë). Sigurohuni që të studioni!

Detyrat e trajnimit

Zgjidh ekuacionet:

• `10^(\sin x) = 2^(\sin x) \cdot 5^(-\cos x)`. Kjo është një detyrë nga Provimi i vërtetë i Unifikuar i Shtetit 2013. Askush nuk ka anuluar njohuritë për vetitë e diplomave, por nëse keni harruar, hidhini një sy;
• `\sqrt(3) \sin x + \sin^2 \frac(x)(2) = \cos^2 \frac(x)(2)`. Formula nga mësimi i shtatë do të jetë e dobishme.
• `\sqrt(3) \sin 2x + 3 \cos 2x = 0`.

Kjo është e gjitha. Dhe si zakonisht, më në fund: bëni pyetje në komente, pëlqeni, shikoni video, mësoni se si të zgjidhni Provimin e Unifikuar të Shtetit.

Sot do të studiojmë ekuacionet homogjene trigonometrike. Së pari, le të shohim terminologjinë: çfarë është një ekuacion trigonometrik homogjen. Ajo ka karakteristikat e mëposhtme:

1. duhet të përmbajë disa terma;
2. të gjitha termat duhet të kenë të njëjtën shkallë;
3. të gjitha funksionet e përfshira në një identitet homogjen trigonometrik duhet të kenë domosdoshmërisht të njëjtin argument.

Algoritmi i zgjidhjes

Le të zgjedhim kushtet

Dhe nëse gjithçka është e qartë me pikën e parë, atëherë ia vlen të flasim për të dytën në më shumë detaje. Çfarë do të thotë të kesh të njëjtën shkallë termash? Le të shohim problemin e parë:

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Termi i parë në këtë ekuacion është 3cosx 3\cos x. Ju lutemi vini re se këtu ka vetëm një funksion trigonometrik - cosx\cos x - dhe asnjë funksion tjetër trigonometrik nuk është i pranishëm këtu, kështu që shkalla e këtij termi është 1. E njëjta gjë me të dytën - 5sinx 5\sin x - këtu është i pranishëm vetëm sinusi, d.m.th., shkalla e këtij termi është gjithashtu e barabartë me një. Pra, kemi para nesh një identitet të përbërë nga dy elementë, secili prej të cilëve përmban një funksion trigonometrik dhe vetëm një. Ky është një ekuacion i shkallës së parë.

Le të kalojmë te shprehja e dytë:

4mëkat2 x+sin2x−3=0

4((\sin )^(2))x+\sin 2x-3=0

Anëtari i parë i këtij ndërtimi është 4mëkat2 x 4((\sin )^(2))x.

Tani mund të shkruajmë zgjidhjen e mëposhtme:

mëkat2 x=sinx⋅sinx

((\sin )^(2))x=\sin x\cdot \sin x

Me fjalë të tjera, termi i parë përmban dy funksione trigonometrike, domethënë shkalla e tij është dy. Le të merremi me elementin e dytë - sin2x\ mëkat 2x. Le të kujtojmë këtë formulë - formula e këndit të dyfishtë:

sin2x=2sinx⋅cosx

\sin 2x=2\sin x\cdot \cos x

Dhe përsëri, në formulën që rezulton kemi dy funksione trigonometrike - sinus dhe kosinus. Kështu, vlera e fuqisë së këtij termi ndërtimor është gjithashtu e barabartë me dy.

Kalojmë te elementi i tretë - 3. Nga kursi i matematikës në gjimnaz kujtojmë se çdo numër mund të shumëzohet me 1, prandaj e shkruajmë:

˜ 3=3⋅1

Dhe njësia mund të shkruhet duke përdorur identitetin bazë trigonometrik në formën e mëposhtme:

1=mëkat2 x⋅ cos2 x

1=((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x

Prandaj, ne mund ta rishkruajmë 3 si më poshtë:

3=3(mëkat2 x⋅ cos2 x)=3mëkat2 x+3 cos2 x

3=3\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos )^(2))x \djathtas)=3((\sin )^(2))x+3(( \cos )^(2))x

Kështu, termi ynë 3 ndahet në dy elementë, secili prej të cilëve është homogjen dhe ka një shkallë të dytë. Sinusi në termin e parë ndodh dy herë, kosinusi në të dytin gjithashtu ndodh dy herë. Kështu, 3 mund të përfaqësohet gjithashtu si një term me një eksponent të fuqisë prej dy.

E njëjta gjë me shprehjen e tretë:

mëkat3 x+ mëkat2 xcosx=2 cos3 x

Le të shohim. Termi i parë është mëkat3 x((\sin )^(3))x është një funksion trigonometrik i shkallës së tretë. Elementi i dytë - mëkat2 xcosx((\sin )^(2))x\cos x.

mëkat2 ((\sin )^(2)) është një lidhje me vlerën e fuqisë dy të shumëzuar me cosx\cos x është termi i parë. Në total, termi i tretë gjithashtu ka një vlerë fuqie prej tre. Më në fund, në të djathtë ka një lidhje tjetër - 2cos3 x 2((\cos )^(3))x është një element i shkallës së tretë. Pra, kemi para nesh një ekuacion trigonometrik homogjen të shkallës së tretë.

Ne kemi tre identitete të shkallëve të ndryshme të shkruara. Kushtojini vëmendje përsëri shprehjes së dytë. Në procesverbalin origjinal, njëri prej anëtarëve ka një argument 2x 2x. Ne jemi të detyruar të heqim qafe këtë argument duke e transformuar atë duke përdorur formulën e sinusit me kënd të dyfishtë, sepse të gjitha funksionet e përfshira në identitetin tonë duhet të kenë domosdoshmërisht të njëjtin argument. Dhe kjo është një kërkesë për ekuacionet homogjene trigonometrike.

Ne përdorim formulën e identitetit kryesor trigonometrik dhe shkruajmë zgjidhjen përfundimtare

Ne i kemi kuptuar termat, le të kalojmë te zgjidhja. Pavarësisht nga eksponenti i fuqisë, zgjidhja e barazive të këtij lloji kryhet gjithmonë në dy hapa:

1) vërtetoni këtë

cosx≠0

\cos x\ne 0. Për ta bërë këtë, mjafton të kujtojmë formulën e identitetit kryesor trigonometrik (mëkat2 x⋅ cos2 x=1)\left(((\sin )^(2))x\cdot ((\cos)^(2))x=1 \djathtas) dhe zëvendësojeni në këtë formulë cosx=0\cos x=0. Do të marrim shprehjen e mëposhtme:

mëkat2 x=1sinx=±1

\fillim(rreshtoj)& ((\sin )^(2))x=1 \\& \sin x=\pm 1 \\\fund (rreshtoj)

Zëvendësimi i vlerave të fituara, d.m.th. në vend të cosx\cos x është zero, dhe në vend të kësaj sinx\sin x — 1 ose -1, në shprehjen origjinale, do të marrim një barazi numerike të pasaktë. Ky është justifikimi që

cosx≠0

2) hapi i dytë rrjedh logjikisht nga i pari. Që nga viti

cosx≠0

\cos x\ne 0, ne ndajmë të dyja anët tona të strukturës me cosn x((\cos )^(n))x, ku n n është vetë eksponenti i fuqisë së një ekuacioni trigonometrik homogjen. Çfarë na jep kjo:

\[\fillimi(grupi)(·(35)(l))

sinxcosx=tgxcosxcosx=1

\fillim(rreshtoj)& \frac(\sin x)(\cos x)=tgx \\& \frac(\cos x)(\cos x)=1 \\\fund (linjë) \\() \\ \fund (array)\]

Falë kësaj, ndërtimi ynë fillestar i rëndë reduktohet në ekuacion n n-shkallë në lidhje me tangjenten, zgjidhja e së cilës mund të shkruhet lehtësisht duke përdorur një ndryshim të ndryshores. Ky është i gjithë algoritmi. Le të shohim se si funksionon në praktikë.

Ne i zgjidhim problemet reale

Detyra nr. 1

3cosx+5sinx=0

3\cos x+5\sin x=0

Ne kemi zbuluar tashmë se ky është një ekuacion trigonometrik homogjen me një eksponent fuqie të barabartë me një. Prandaj, para së gjithash, le ta zbulojmë këtë cosx≠0\cos x\ne 0. Supozoni të kundërtën, që

cosx=0→sinx=±1

\cos x=0\në \sin x=\pm 1.

Ne zëvendësojmë vlerën që rezulton në shprehjen tonë, marrim:

3⋅0+5⋅(±1) =0±5=0

\fillim(rreshtoj)& 3\cdot 0+5\cdot \majtas(\pm 1 \djathtas)=0 \\& \pm 5=0 \\\fund (rreshtoj)

Bazuar në këtë mund të themi se cosx≠0\cos x\ne 0. Le ta ndajmë ekuacionin tonë me cosx\cos x sepse e gjithë shprehja jonë ka një vlerë fuqie prej një. Ne marrim:

3(cosxcosx) +5(sinxcosx) =0 3+5tgx=0tgx=− 3 5

\fillim(rreshtoj)& 3\majtas(\frac(\cos x)(\cos x) \djathtas)+5\majtas(\frac(\sin x)(\cos x) \djathtas)=0 \\& 3+5tgx=0 \\& tgx=-\frac(3)(5) \\\fund (radhis)

Kjo nuk është një vlerë tabele, kështu që përgjigja do të përfshijë arctgx arctgx:

x=arctg (−3 5 ) + π n,n∈Z

x=arctg\left(-\frac(3)(5) \djathtas)+\tekst( )\!\!\pi\!\!\tekst( )n,n\në Z

Që nga viti arctg arctg arctg është një funksion tek, mund të heqim "minus" nga argumenti dhe ta vendosim përpara arctg. Ne marrim përgjigjen përfundimtare:

x=−arctg 3 5 + π n,n∈Z

x=-arctg\frac(3)(5)+\text( )\!\!\pi\!\!\text()n,n\në Z

Detyra nr. 2

4mëkat2 x+sin2x−3=0

4((\sin )^(2))x+\sin 2x-3=0

Siç e mbani mend, përpara se të filloni ta zgjidhni atë, duhet të kryeni disa transformime. Ne kryejmë transformimet:

4mëkat2 x+2sinxcosx−3 (mëkat2 x+ cos2 x)=0 4mëkat2 x+2sinxcosx−3 mëkat2 x−3 cos2 x=0mëkat2 x+2sinxcosx−3 cos2 x=0

\fillim(rreshtoj)& 4((\sin )^(2)x+2\sin x\cos x-3\left(((\sin )^(2))x+((\cos )^(2 ))x \djathtas)=0 \\& 4((\sin )^(2))x+2\sin x\cos x-3((\sin )^(2))x-3((\cos )^(2))x=0 \\& ((\sin )^(2))x+2\sin x\cos x-3((\cos)^(2)x=0 \\\fund (rreshtoj)

Ne morëm një strukturë të përbërë nga tre elementë. Në mandatin e parë shohim mëkat2 ((\sin )^(2)), pra vlera e fuqisë së tij është dy. Në mandatin e dytë shohim sinx\sin x dhe cosx\cos x - përsëri ka dy funksione, ato shumëzohen, kështu që shkalla totale është përsëri dy. Në lidhjen e tretë shohim cos2 x((\cos )^(2))x - e ngjashme me vlerën e parë.

Le ta vërtetojmë këtë cosx=0\cos x=0 nuk është një zgjidhje për këtë ndërtim. Për ta bërë këtë, le të supozojmë të kundërtën:

\[\fillimi(grupi)(·(35)(l))

\cos x=0 \\\sin x=\pm 1 \\1+2\cdot \left(\pm 1 \djathtas)\cdot 0-3\cdot 0=0 \\1+0-0=0 \ \1=0 \\\fund (arresë)\]

Ne e kemi vërtetuar këtë cosx=0\cos x=0 nuk mund të jetë zgjidhje. Le të kalojmë në hapin e dytë - ndajmë të gjithë shprehjen tonë me cos2 x((\cos )^(2))x. Pse në katror? Sepse eksponenti i fuqisë së këtij ekuacioni homogjen është i barabartë me dy:

mëkat2 xcos2 x+2sinxcosxcos2 x−3=0 t g2 x+2tgx−3=0

\fillim(rreshtoj)& \frac(((\sin )^(2))x)((\cos )^(2))x)+2\frac(\sin x\cos x)((\ cos )^(2))x)-3=0 \\& t((g)^(2))x+2tgx-3=0 \\\fund (radhis)

A është e mundur të zgjidhet kjo shprehje duke përdorur një diskriminues? Sigurisht që mundeni. Por unë propozoj të kujtojmë teoremën e kundërt me teoremën e Vietës, dhe marrim se mund ta përfaqësojmë këtë polinom në formën e dy polinomeve të thjeshta, domethënë:

(tgx+3) (tgx−1) =0tgx=−3→x=−arctg3+ π n,n∈Ztgx=1→x= π 4 + π k,k∈Z

\fillim(radhis)& \left(tgx+3 \djathtas)\majtas(tgx-1 \djathtas)=0 \\& tgx=-3\në x=-arctg3+\text( )\!\!\pi\ !\!\text( )n,n\in Z \\& tgx=1\to x=\frac(\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))(4)+\ tekst( )\!\!\pi\!\!\tekst( )k,k\në Z \\\fund (rreshtoj)

Shumë studentë pyesin nëse ia vlen të shkruani koeficientë të veçantë për secilin grup zgjidhjesh të identiteteve apo të mos shqetësoheni dhe të shkruani të njëjtat kudo. Personalisht, besoj se është më mirë dhe më e besueshme të përdorësh shkronja të ndryshme, në mënyrë që nëse hyn në një universitet teknik serioz me teste shtesë në matematikë, ekzaminerët nuk do të gjejnë faj me përgjigjen.

Detyra nr. 3

mëkat3 x+ mëkat2 xcosx=2 cos3 x

((\sin )^(3))x+((\sin )^(2))x\cos x=2((\cos)^(3))x

Ne tashmë e dimë se ky është një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së tretë, nuk nevojiten formula të veçanta dhe gjithçka që kërkohet nga ne është të lëvizim termin 2cos3 x 2((\cos )^(3))x në të majtë. Le të rishkruajmë:

mëkat3 x+ mëkat2 xcosx−2 cos3 x=0

((\sin )^(3))x+((\sin )^(2))x\cos x-2((\cos)^(3))x=0

Ne shohim se çdo element përmban tre funksione trigonometrike, kështu që ky ekuacion ka një vlerë fuqie prej tre. Le ta zgjidhim. Para së gjithash, ne duhet ta vërtetojmë këtë cosx=0\cos x=0 nuk është rrënjë:

\[\fillimi(grupi)(·(35)(l))

\cos x=0 \\\sin x=\pm 1 \\\fund(array)\]

Le t'i zëvendësojmë këta numra në ndërtimin tonë origjinal:

(±1)3 +1⋅0−2⋅0=0 ±1+0−0=0±1=0

\filloj(rreshtoj)& ((\majtas(\pm 1 \djathtas))^(3))+1\cdot 0-2\cdot 0=0 \\& \pm 1+0-0=0 \\& \pm 1=0 \\\fund (radhis)

Prandaj, cosx=0\cos x=0 nuk është zgjidhje. Ne e kemi vërtetuar këtë cosx≠0\cos x\ne 0. Tani që e kemi vërtetuar këtë, le ta ndajmë ekuacionin tonë origjinal me cos3 x((\cos )^(3))x. Pse në një kub? Sepse sapo vërtetuam se ekuacioni ynë origjinal ka fuqinë e tretë:

mëkat3 xcos3 x+mëkat2 xcosxcos3 x−2=0 t g3 x+t g2 x−2=0

\fillim(rreshtoj)& \frac(((\sin )^(3))x)((\cos )^(3))x)+\frac(((\sin )^(2))x\ cos x)(((\cos)^(3))x)-2=0 \\& t((g)^(3))x+t((g)^(2))x-2=0 \\\fund (radhis)

Le të prezantojmë një ndryshore të re:

tgx=t

Le të rishkruajmë ndërtimin:

t3 +t2 −2=0

((t)^(3))+((t)^(2))-2=0

Ne kemi një ekuacion kub. Si ta zgjidhim atë? Fillimisht, kur sapo po përgatisja këtë video tutorial, planifikova që fillimisht të flisja për faktorizimin e polinomeve dhe teknikat e tjera. Por në këtë rast gjithçka është shumë më e thjeshtë. Hidhini një sy identitetit tonë të dhënë, me termin me shkallën më të lartë me vlerë 1. Përveç kësaj, të gjithë koeficientët janë numra të plotë. Kjo do të thotë që ne mund të përdorim një përfundim nga teorema e Bezout, e cila thotë se të gjitha rrënjët janë pjesëtues të numrit -2, pra termi i lirë.

Shtrohet pyetja: me çfarë pjesëtohet -2? Meqenëse 2 është një numër i thjeshtë, nuk ka shumë opsione. Këta mund të jenë numrat e mëposhtëm: 1; 2; -1; -2. Rrënjët negative zhduken menjëherë. Pse? Për shkak se të dyja janë më të mëdha se 0 në vlerë absolute, pra t3 ((t)^(3)) do të jetë më i madh në modul se t2 ((t)^(2)). Dhe meqenëse kubi është një funksion tek, prandaj numri në kub do të jetë negativ, dhe t2 ((t)^(2)) - pozitiv, dhe i gjithë ky ndërtim, me t=−1 t=-1 dhe t=−2 t=-2, nuk do të jetë më shumë se 0. Zbrisni -2 prej tij dhe merrni një numër që është sigurisht më i vogël se 0. Mbeten vetëm 1 dhe 2.

˜ t=1→ 1+1−2=0→0=0

˜t=1\tek \tekst( )1+1-2=0\në 0=0

Ne kemi marrë barazinë numerike të saktë. Prandaj, t=1 t=1 është rrënja.

t=2→8+4−2=0→10≠0

t=2\në 8+4-2=0\në 10\ne 0

t=2 t=2 nuk është rrënjë.

Sipas konkluzionit dhe të njëjtës teoremë të Bezout, çdo polinom rrënja e të cilit është x0 ((x)_(0)), përfaqësojeni atë në formën:

Q(x)=(x= x0 )P(x)

Q(x)=(x=((x)_(0)))P(x)

Në rastin tonë, në rol x x është një variabël t t, dhe në rol x0 ((x)_(0)) është një rrënjë e barabartë me 1. Marrim:

t3 +t2 −2=(t−1)⋅P(t)

((t)^(3))+((t)^(2))-2=(t-1)\cdot P(t)

Si të gjeni një polinom P (t) P\majtas(t\djathtas)? Natyrisht, ju duhet të bëni sa më poshtë:

P(t)= t3 +t2 −2 t−1

P(t)=\frac(((t)^(3))+((t)^(2))-2)(t-1)

Le të zëvendësojmë:

t3 +t2 +0⋅t−2t−1=t2 +2t+2

\frac(((t)^(3))+((t)^(2))+0\cdot t-2)(t-1)=((t)^(2))+2t+2

Pra, polinomi ynë origjinal ndahet pa mbetje. Kështu, ne mund ta rishkruajmë barazinë tonë origjinale si:

(t−1)( t2 +2t+2)=0

(t-1)(((t)^(2))+2t+2)=0

Produkti është zero kur të paktën një nga faktorët është zero. Ne kemi konsideruar tashmë shumëzuesin e parë. Le të shohim të dytën:

t2 +2t+2=0

((t)^(2))+2t+2=0

Studentët me përvojë ndoshta e kanë kuptuar tashmë se ky ndërtim nuk ka rrënjë, por le të llogarisim diskriminuesin.

D=4−4⋅2=4−8=−4

D=4-4\cpika 2=4-8=-4

Diskriminuesi është më i vogël se 0, prandaj shprehja nuk ka rrënjë. Në total, ndërtimi i madh u reduktua në barazinë e zakonshme:

\[\fillimi(grupi)(·(35)(l))

t=\tekst( )1 \\tgx=\tekst( )1 \\x=\frac(\text( )\!\!\pi\!\!\tekst( ))(4)+\tekst( ) \!\!\pi\!\!\tekst( )k,k\në Z \\\fund(array)\]

Si përfundim, do të doja të shtoja disa komente për detyrën e fundit:

1. a do të plotësohet gjithmonë kushti? cosx≠0\cos x\ne 0, dhe a ia vlen ta kryeni fare këtë kontroll? Sigurisht, jo gjithmonë. Në rastet kur cosx=0\cos x=0 është një zgjidhje për barazinë tonë, ne duhet ta heqim atë nga kllapat, dhe atëherë një ekuacion homogjen i plotë do të mbetet në kllapa.
2. Çfarë është pjesëtimi i një polinomi me një polinom. Në të vërtetë, shumica e shkollave nuk e studiojnë këtë, dhe kur studentët shohin një dizajn të tillë për herë të parë, ata përjetojnë një tronditje të lehtë. Por, në fakt, kjo është një teknikë e thjeshtë dhe e bukur që lehtëson shumë zgjidhjen e ekuacioneve të shkallëve më të larta. Sigurisht që do t'i kushtohet një video tutorial i veçantë, të cilin do ta publikoj në të ardhmen e afërt.

Pikat kryesore

Ekuacionet trigonometrike homogjene janë një temë e preferuar në të gjitha llojet e testeve. Ato mund të zgjidhen shumë thjesht - thjesht praktikoni një herë. Për ta bërë të qartë se për çfarë po flasim, le të paraqesim një përkufizim të ri.

Një ekuacion trigonometrik homogjen është ai në të cilin çdo term jo zero përbëhet nga i njëjti numër faktorësh trigonometrikë. Këto mund të jenë sinus, kosinus ose kombinime të tyre - metoda e zgjidhjes është gjithmonë e njëjtë.

Shkalla e një ekuacioni trigonometrik homogjen është numri i faktorëve trigonometrikë të përfshirë në termat jozero.

sinx+15 cos x=0

\sin x+15\text( cos )x=0 - identiteti i shkallës 1;

2 sin2x+5sinxcosx−8cos2x=0

2\text( sin)2x+5\sin xcosx-8\cos 2x=0 - shkalla e 2-të;

sin3x+2sinxcos2x=0

\sin 3x+2\sin x\cos 2x=0 - shkalla e 3-të;

sinx+cosx=1

\sin x+\cos x=1 - dhe ky ekuacion nuk është homogjen, pasi ka një njësi në të djathtë - një term jo zero në të cilin nuk ka faktorë trigonometrikë;

sin2x+2sinx−3=0

\sin 2x+2\sin x-3=0 është gjithashtu një ekuacion jo homogjen. Elementi sin2x\sin 2x është i shkallës së dytë (pasi mund të përfaqësohet

sin2x=2sinxcosx

\sin 2x=2\sin x\cos x), 2sinx 2\sin x është i pari, dhe termi 3 është përgjithësisht zero, pasi nuk ka sinus ose kosinus në të.

Skema e përgjithshme e zgjidhjes

Skema e zgjidhjes është gjithmonë e njëjtë:

Le të supozojmë se cosx=0\cos x=0. Pastaj sinx=±1\sin x=\pm 1 - kjo rrjedh nga identiteti kryesor. Le të zëvendësojmë sinx\sin x dhe cosx\cos x në shprehjen origjinale, dhe nëse rezultati është i pakuptimtë (për shembull, shprehja 5=0 5=0), shkoni në pikën e dytë;

Çdo gjë e ndajmë me fuqinë e kosinusit: cosx, cos2x, cos3x... - varet nga vlera e fuqisë së ekuacionit. Ne marrim barazinë e zakonshme me tangjentet, të cilat mund të zgjidhen në mënyrë të sigurt pasi të zëvendësojmë tgx=t.

tgx=tRrënjët e gjetura do të jenë përgjigja e shprehjes origjinale.

Institucion arsimor profesional buxhetor shtetëror në fshatin Teeli të Republikës së Tyvës

Zhvillimi i një mësimi në matematikë

Tema e mësimit:

"Ekuacionet trigonometrike homogjene"

Mësuesi: Oorzhak

Ailana Mikhailovna

Tema e mësimit : "Ekuacionet trigonometrike homogjene"(sipas librit shkollor nga A.G. Mordkovich)

Grupi : Master i rritjes së bimëve, viti i parë

Lloji i mësimit: Një mësim për të mësuar materiale të reja.

Objektivat e mësimit:

2. Zhvilloni të menduarit logjik, aftësinë për të nxjerrë përfundime, aftësinë për të vlerësuar rezultatet e veprimeve të kryera

3. Të rrënjos te nxënësit saktësinë, ndjenjën e përgjegjësisë dhe zhvillimin e motiveve pozitive për të mësuar

Pajisjet e mësimit: laptop, projektor, ekran, karta, postera mbi trigonometrinë: kuptimet e funksioneve trigonometrike, formulat bazë të trigonometrisë.

Kohëzgjatja e mësimit: 45 minuta.

Struktura e mësimit:

Ecuria e mësimit.

1. Momenti organizativ (1 min)

Kontrolloni gatishmërinë e nxënësve për mësimin, dëgjoni grupin në detyrë.

2. Përditësimi i njohurive bazë (3 min)

2.1. Kontrollimi i detyrave të shtëpisë.

Tre nxënës zgjidhin në tabelën nr. 18.8 (c, d); nr 18.19. Pjesa tjetër e studentëve bëjnë një rishikim nga kolegët.

3. Mësimi i materialit të ri (13 min)

3.1. Motivimi i nxënësve.

U kërkohet nxënësve të emërtojnë ekuacione që dinë dhe mund t'i zgjidhin (rrëshqitja nr. 1)

1) 3 cos 2 x – 3 cos x = 0;

2) cos (x – 1) = ;

3) 2 mëkat 2 x + 3 mëkat x = 0;

4) 6 sin 2 x – 5 cos x + 5 = 0; 1 2

5) sin x cos x + cos²x = 0;

6) tg + 3ctg = 4.

7) 2sin x – 3cos x = 0;

8) sin 2 x + cos 2 x = 0;

9) sin²х – 3sinх cos x+2cos²х = 0.

Nxënësit nuk do të jenë në gjendje të emërtojnë zgjidhjen e ekuacioneve 7-9.

3.2. Shpjegimi i një teme të re.

Mësuesi: Ekuacionet që nuk mund t'i zgjidhnit janë mjaft të zakonshme në praktikë. Quhen ekuacione trigonometrike homogjene. Shkruani temën e mësimit: “Ekuacionet trigonometrike homogjene”. (rrëshqitje numër 2)

Përcaktimi i ekuacioneve homogjene në ekranin e projektorit. (rrëshqitje numër 3)

Shqyrtoni një metodë për zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike homogjene (rrëshqitja nr. 4, 5)

Analizoni zgjidhjet e shembujve

Shembulli 1. Zgjidhja e ekuacionit 2sin x – 3cos x = 0; (rrëshqitje numër 6)

Ky është një ekuacion homogjen i shkallës së parë. Le të ndajmë të dy anët e termit të ekuacionit me cos x, marrim:

2tg x – 3 = 0

tg x =

x = arctan + πn, n Z.

Përgjigje: x = arctan + π n, n Z.

Shembulli 2 . Zgjidh ekuacionin sin 2 x + cos 2 x = 0; (rrëshqitje numër 7)

Ky është një ekuacion homogjen i shkallës së parë. Le të ndajmë të dy anët e termit të ekuacionit me cos 2 x, marrim:

tg2 x + 1 = 0

tg2 x = - 1

2x = arktan (-1)+ πn, n Z.

2x = - + πn, n Z.

x = - +, n Z.

Përgjigje: x = - + , n Z.

Shembulli 3 . Zgjidheni ekuacionin sin²х – 3sinх cos x+2cos²х = 0. (rrëshqitje numri 8)

Çdo term në ekuacion ka të njëjtën shkallë. Ky është një ekuacion homogjen i shkallës së dytë. Le të ndajmë të dyja anët e ekuacionit term me term me cos 2 x ≠ 0, marrim:

tg 2 x-3tg x+2 = 0. Le të prezantojmë një ndryshore të re z = tan x, marrim

z 2 – 3z + 2 =0

z 1 = 1, z 2 = 2

kjo do të thotë ose tg x = 1 ose tg x = 2

4. Konsolidimi i materialit të studiuar (10 min)

Mësuesi/ja analizon me detaje shembuj me nxënës të dobët në tabelë, nxënësit e fortë zgjidhin të pavarur në fletoret e tyre.

5. Punë e pavarur e diferencuar (15 min)

Mësuesi lëshon karta me detyra të tre niveleve: bazë (A), e mesme (B), e avancuar (C). Vetë nxënësit zgjedhin se cilin nivel shembujsh do të zgjidhin.

6. Duke përmbledhur. Reflektim mbi aktivitetet mësimore në klasë (2 min)

Përgjigjuni pyetjeve:

Cilat lloje të ekuacioneve trigonometrike kemi mësuar?

Si të zgjidhim një ekuacion homogjen të shkallës së parë?

Si të zgjidhim një ekuacion homogjen të shkallës së dytë?

Kam marrë vesh...

kam mësuar...

Njihni punën e mirë të nxënësve individualë në mësim dhe jepni nota.

7. Detyrë shtëpie. (1 min)

Informoni nxënësit për detyrat e shtëpisë dhe jepni udhëzime të shkurtra se si t'i plotësojnë ato.

Nr. 18.12 (c, d), nr. 18.24 (c, d), nr. 18.27 (a)

Literatura e përdorur:

Rrëshqitja 2

"Ekuacionet trigonometrike homogjene"

1. Një ekuacion i formës a sin x + b cos x = 0, ku a ≠0, b ≠0 quhet ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë. 2. Një ekuacion i formës a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0, ku a ≠0, b ≠0, c ≠0 quhet ekuacion trigonometrik homogjen i shkallës së dytë. Përkufizimi:

I shkallë a sinx + b cosx = 0, (a,b ≠ 0). Le t'i ndajmë të dyja anët e ekuacionit term me term me cosx ≠ 0. Marrim: a tanx + b = 0 tgx = -b /a ekuacioni më i thjeshtë trigonometrik Kur pjesëtojmë një ekuacion homogjen një sinx + b cosx = 0 me cos x ≠ 0, rrënjët e këtij ekuacioni nuk humbasin. Metoda për zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike homogjene

a sin²x + b sinx cosx + c cos²x = 0. 1) nëse a ≠ 0, ndani të dyja anët e termit të ekuacionit me cos ² x ≠0 Përftojmë: a tan ² x + b tgx + c = 0, zgjidheni duke futur një ndryshore e re z = tgx 2) nëse a = 0, atëherë marrim: b sinx cosx + c cos ² x = 0, zgjidheni me metodën e faktorizimit / Kur pjesëtoni ekuacionin homogjen një sin ² x + b sinx cosx + c cos ² x = 0 me cos 2 x ≠ 0 rrënjët e këtij ekuacioni nuk humbasin. shkalla II

Ky është një ekuacion homogjen i shkallës së parë. Le t'i ndajmë të dyja anët e ekuacionit term me term me cos x, marrim: Shembulli 1. Zgjidhet ekuacioni 2 sin x – 3 cos x = 0

Ky është një ekuacion homogjen i shkallës së parë. Le të ndajmë të dy anët e termit të ekuacionit me cos 2 x, marrim: Shembulli 2. Zgjidheni ekuacionin sin 2 x + cos 2 x = 0

Çdo term në ekuacion ka të njëjtën shkallë. Ky është një ekuacion homogjen i shkallës së dytë. Le t'i ndajmë të dyja anët e ekuacionit term me term me os 2 x ≠ 0, marrim: Shembulli 3. Zgjidheni ekuacionin sin ² x – 3 sin x cos x+2 cos ² x = 0

Përgjigjuni pyetjeve: - Cilat lloje të ekuacioneve trigonometrike kemi studiuar? -Si zgjidhet një ekuacion homogjen i shkallës së parë? - Si zgjidhet një ekuacion homogjen i shkallës së dytë? Duke përmbledhur

Mësova... - Mësova... Reflektim

Nr 18.12 (c, d), Nr. 18.24 (c, d), Nr. 18.27 (a) Detyrë shtëpie.

Faleminderit për mësimin! bravo!

Pamja paraprake:

Vetë-analizë e një mësimi matematike nga mësuesi Oorzhak A.M.

Grupi : Master i rritjes së bimëve, viti i parë.

Tema e mësimit : Ekuacionet trigonometrike homogjene.

Lloji i mësimit : Një mësim për të mësuar materiale të reja.

Objektivat e mësimit:

1. Të zhvillojë aftësitë e nxënësve në zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike homogjene, të shqyrtojë metodat për zgjidhjen e ekuacioneve homogjene të niveleve bazë dhe të avancuara të kompleksitetit.

2. Zhvilloni të menduarit logjik, aftësinë për të nxjerrë përfundime dhe aftësinë për të vlerësuar rezultatet e veprimeve të kryera.

3. Të rrënjos te nxënësit saktësinë, ndjenjën e përgjegjësisë dhe zhvillimin e motiveve pozitive për të mësuar.

Mësimi u zhvillua sipas planifikimit tematik. Tema e mësimit pasqyron pjesët teorike dhe praktike të mësimit dhe është e kuptueshme për studentët. Të gjitha fazat e mësimit kishin për qëllim arritjen e këtyre qëllimeve, duke marrë parasysh karakteristikat e grupit.

Struktura e mësimit.

1. Momenti organizativ përfshinte organizimin paraprak të grupit, fillimin mobilizues të orës së mësimit, krijimin e komoditetit psikologjik dhe përgatitjen e nxënësve për asimilimin aktiv dhe të ndërgjegjshëm të materialit të ri. Përgatitja e grupit dhe e secilit nxënës u kontrollua vizualisht nga unë. Detyra didaktike e skenës: Pqëndrim pozitiv ndaj mësimit.

2. Faza tjetër është përditësimi i njohurive bazë të nxënësve. Detyra kryesore e kësaj faze është: rivendosja në kujtesën e studentëve të njohurive të nevojshme për të mësuar materialin e ri. Përditësimi u krye në formën e kontrollit të detyrave të shtëpisë në bord.

3. (Faza kryesore e orës së mësimit) Formimi i njohurive të reja. Në këtë fazë u realizuan këto detyra didaktike: Sigurimi i perceptimit, të kuptuarit dhe memorizimit parësor të njohurive dhe metodave të veprimit, lidhjeve dhe marrëdhënieve në objektin e studimit.

Kjo u lehtësua nga: krijimi i një situate problemore, metoda e bisedës në kombinim me përdorimin e TIK-ut. Një tregues i efektivitetit të asimilimit të njohurive të reja nga studentët është korrektësia e përgjigjeve, puna e pavarur dhe pjesëmarrja aktive e studentëve në punë.

4. Faza tjetër është konsolidimi primar i materialit. Qëllimi i të cilit është krijimi i reagimeve për të marrë informacion në lidhje me shkallën e të kuptuarit të materialit të ri, plotësinë, korrektësinë e asimilimit të tij dhe korrigjimin në kohë të gabimeve të zbuluara. Për këtë kam përdorur: zgjidhjen e ekuacioneve të thjeshta homogjene trigonometrike. Këtu janë përdorur detyra nga teksti shkollor që përputhen me rezultatet e kërkuara të të nxënit. Konsolidimi fillestar i materialit u krye në një atmosferë vullneti të mirë dhe bashkëpunimi. Në këtë fazë punova me studentë të dobët, pjesa tjetër vendosi vetë, pasuar nga vetë-testimi nga bordi.

5. Momenti tjetër i orës së mësimit ishte kontrolli parësor i njohurive. Detyra didaktike e skenës: Identifikimi i cilësisë dhe nivelit të zotërimit të njohurive dhe metodave të veprimit, sigurimi i korrigjimit të tyre. Këtu, ajo zbatoi një qasje të diferencuar ndaj të mësuarit dhe u ofroi fëmijëve një zgjedhje të detyrave në tre nivele: bazë (A), e mesme (B) dhe e avancuar (C). Bëra një raund dhe shënova nxënësit që zgjodhën nivelin bazë. Këta nxënës e kryenin punën nën mbikëqyrjen e mësuesit.

6. Në fazën tjetër - përmbledhje, u zgjidhën detyrat e analizimit dhe vlerësimit të suksesit të arritjes së qëllimit. Duke përmbledhur mësimin, në të njëjtën kohë reflektova mbi veprimtarinë mësimore. Nxënësit mësuan mënyra për zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike homogjene. U dhanë nota.

7. Faza e fundit është detyra e shtëpisë. Detyrë didaktike: Sigurimi i nxënësve të kuptojnë përmbajtjen dhe metodat e kryerjes së detyrave të shtëpisë. Ka dhënë udhëzime të shkurtra se si të bëhen detyrat e shtëpisë.

Gjatë orës së mësimit arrita të realizoj qëllime mësimore, zhvillimore dhe edukative. Mendoj se këtë e lehtësoi edhe fakti që që në minutat e para të orës së mësimit fëmijët treguan aktivitet. Ata ishin gati të pranonin një temë të re. Atmosfera në grup ishte e favorshme psikologjikisht.




Në këtë artikull do të shikojmë një metodë për zgjidhjen e ekuacioneve trigonometrike homogjene.

Ekuacionet trigonometrike homogjene kanë të njëjtën strukturë si ekuacionet homogjene të çdo lloji tjetër. Më lejoni t'ju kujtoj metodën për zgjidhjen e ekuacioneve homogjene të shkallës së dytë:

Le të shqyrtojmë ekuacionet homogjene të formës


Karakteristikat dalluese të ekuacioneve homogjene:

a) të gjithë monomët kanë të njëjtën shkallë,

b) termi i lirë është zero,

c) ekuacioni përmban fuqi me dy baza të ndryshme.

Ekuacionet homogjene zgjidhen duke përdorur një algoritëm të ngjashëm.

Për të zgjidhur këtë lloj ekuacioni, ne ndajmë të dy anët e ekuacionit me (mund të ndahet me ose me)

Kujdes! Kur ndani anën e djathtë dhe të majtë të një ekuacioni me një shprehje që përmban një të panjohur, mund të humbni rrënjët. Prandaj, është e nevojshme të kontrollohet nëse rrënjët e shprehjes me të cilën ndajmë të dyja anët e ekuacionit janë rrënjët e ekuacionit origjinal.

Nëse është, atëherë ne e shkruajmë këtë rrënjë në mënyrë që të mos harrojmë më vonë, dhe pastaj ndajmë shprehjen me këtë.

Në përgjithësi, gjëja e parë që duhet bërë kur zgjidhni çdo ekuacion që ka një zero në anën e djathtë është të përpiqeni të faktorizoni anën e majtë të ekuacionit në çdo mënyrë të disponueshme. Dhe pastaj barazoni çdo faktor me zero. Në këtë rast, ne definitivisht nuk do t'i humbim rrënjët.

Pra, ndajeni me kujdes anën e majtë të ekuacionit në shprehjen term për term. Ne marrim:



Le të zvogëlojmë numëruesin dhe emëruesin e thyesës së dytë dhe të tretë:



Le të prezantojmë zëvendësimin:

Ne marrim një ekuacion kuadratik:



Le të zgjidhim ekuacionin kuadratik, të gjejmë vlerat e dhe më pas të kthehemi në të panjohurën origjinale.

Gjatë zgjidhjes së ekuacioneve trigonometrike homogjene, duhet të mbani mend disa gjëra të rëndësishme:

1. Termi bedel mund të shndërrohet në katrorin e sinusit dhe kosinusit duke përdorur identitetin bazë trigonometrik:

2. Sinusi dhe kosinusi i një argumenti të dyfishtë janë monomë të shkallës së dytë - sinusi i një argumenti të dyfishtë mund të shndërrohet lehtësisht në produkt të sinusit dhe kosinusit, dhe kosinusi i një argumenti të dyfishtë në katrorin e sinusit ose kosinusit:



Le të shohim disa shembuj të zgjidhjes së ekuacioneve trigonometrike homogjene.

1. Le të zgjidhim ekuacionin:

Ky është një shembull klasik i një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së parë: shkalla e çdo monomi është e barabartë me një, termi i ndërprerjes është i barabartë me zero.

Përpara se të ndani të dyja anët e ekuacionit me , duhet të kontrolloni që rrënjët e ekuacionit nuk janë rrënjët e ekuacionit origjinal. Kontrollojmë: if , atëherë title="sin(x)0">, следовательно их сумма не равна нулю.!}

Le t'i ndajmë të dyja anët e ekuacionit me .

Ne marrim:

, Ku

, Ku

Përgjigje: , Ku

2. Le të zgjidhim ekuacionin:

Ky është një shembull i një ekuacioni trigonometrik homogjen të shkallës së dytë. Kujtojmë se nëse mund të faktorizojmë anën e majtë të ekuacionit, atëherë këshillohet ta bëjmë këtë. Në këtë ekuacion mund të vendosim . Le ta bëjmë këtë:





Zgjidhja e ekuacionit të parë: , ku

Ekuacioni i dytë është një ekuacion homogjen trigonometrik i shkallës së parë. Për ta zgjidhur atë, ndani të dyja anët e ekuacionit me . Ne marrim:



Përgjigje: ku,

3. Le të zgjidhim ekuacionin:

Për ta bërë këtë ekuacion "të bëhet" homogjen, ne e transformojmë atë në një produkt dhe e paraqesim numrin 3 si shumën e katrorëve të sinusit dhe kosinusit:

Le t'i zhvendosim të gjithë termat në të majtë, të hapim kllapat dhe të paraqesim terma të ngjashëm. Ne marrim:



Le të faktorizojmë anën e majtë dhe të vendosim çdo faktor të barabartë me zero:



Përgjigje: ku,

4. Le të zgjidhim ekuacionin:

Ne shohim se çfarë mund të nxjerrim nga kllapat. Le ta bëjmë këtë:

Le të barazojmë çdo faktor me zero:



Zgjidhja e ekuacionit të parë:

Ekuacioni i dytë i popullsisë është një ekuacion klasik homogjen i shkallës së dytë. Rrënjët e ekuacionit nuk janë rrënjët e ekuacionit origjinal, kështu që ne ndajmë të dy anët e ekuacionit me:





Zgjidhja e ekuacionit të parë:

Zgjidhja e ekuacionit të dytë.